Rastreo sobre base de configuración

Question

Rastreo sobre base de configuración

Graz

Tomemos un sistema cuántico de muchos cuerpos, cuyas fases en la base de configuración están etiquetadas por $\mathbf {\hat q}=(q_1,\cdots, q_N)$ y momentos $\mathbf {\hat p}=\left(-i\frac{\partial}{\partial \hat q_1},\cdots, -i\frac{\partial}{\partial \hat q_N}\right)$ . Consideremos entonces el operador

F (\hat{q}, \hat{pag}) \equiv {\hat{q}}_{1}^{{norte}_{1}} \dots {\hat{q}}_{norte}^{{norte}_{norte}} {(- i \frac{\partial}{\partial {\hat{q}}_{1}})}^{{metro}_{1}} \dots {(- i \frac{\partial}{\partial {\hat{q}}_{norte}})}^{{metro}_{norte}}

$\begin{equation*} f(\mathbf {\hat q}, \mathbf {\hat p})\equiv \hat q_1^{n_1}\cdots \hat q_N^{n_N}\left(-i\frac{\partial}{\partial \hat q_1}\right)^{m_1}\cdots \left(-i\frac{\partial}{\partial \hat q_N}\right)^{m_N} \end{equation*}$ de potencias de configuraciones y posiciones,

n_{i}, m_{i} \in N^{0}

$n_i, m_i\in \mathbb N^0$ .

¿Es correcto que el objeto

\tilde{t r} {F (\hat{q}, \hat{pag})} \equiv \int_{R^{norte}} d \hat{q} ⟨ q | F (\hat{q}, - i \frac{\partial}{\partial \hat{q}}) | q ⟩

$\begin{equation*} \tilde{\mathrm{tr}}\left\{f(\mathbf {\hat q}, \mathbf {\hat p})\right\}\equiv\int_{\mathbb{R}^N} \mathrm d\mathbf {\hat q} \left\langle\mathbf q\middle|f\left(\mathbf {\hat q} ,-i\frac{\partial}{\partial {\mathbf {\hat q} }}\right) \middle|\mathbf q\right\rangle \end{equation*}$ NO está definido (es decir, no es un rastro bien planteado)?

En particular, para espacios de Hilbert de dimensión infinita $H$ , un operador es una clase de rastreo si está acotado. En mi caso, no se supone que sea así, ya que

\underset{| q ⟩ \in D (H), | | r | | \neq 0}{sorber} \frac{| | F (q, - i \frac{\partial}{\partial q}) | q ⟩ | |}{| | | q ⟩ | |} = + \infty

$\begin{equation} \sup_{|\mathbf q\rangle\in\mathcal D(H), ||\mathbf r||\neq 0}\frac{||f\left(\mathbf q,-i\frac{\partial}{\partial {\mathbf q}}\right) |\mathbf q\rangle ||}{|| |\mathbf q\rangle ||}=+\infty \end{equation}$ dónde

D (H)

$\mathcal D(H)$ es el dominio (ilimitado) en el espacio de Hilbert de definición del operador; En particular,

\hat{f}

$\hat f$ es el producto de potencias de operadores ilimitados.

En cambio, en caso de que uno incluya un peso canónico y defina

t r {{mi}^{- β \hat{H}} F (\hat{q}, \hat{pag})} \equiv \int_{R^{norte}} d \hat{q} ⟨ \hat{q} | {mi}^{- β \hat{H}} F (\hat{q}, - i \frac{\partial}{\partial \hat{q}}) | \hat{q} ⟩

$\begin{equation*} \mathrm{tr}\{e^{-\beta\hat H}f(\mathbf {\hat q} ,\mathbf {\hat p} )\}\equiv \int_{\mathbb{R}^N} \mathrm d\mathbf {\hat q} \left\langle{\mathbf{\hat q}} \middle|e^{-\beta\hat H}f\left(\mathbf {\hat q} ,-i\frac{\partial}{\partial {\mathbf {\hat q} }}\right) \middle|\mathbf {\hat q} \right\rangle \end{equation*}$ ¿La ecuación de arriba es una traza bien definida?

Blazej

(1) tiene razón, esta traza no está definida, (2) es cierto que los operadores de clase de traza están acotados, pero lo contrario es falso (ni siquiera todos los operadores acotados tienen una traza bien definida), (3) incluso para la clase de traza operadores, la traza se define como

t r (A) = \sum_{i} ⟨ i | A | i ⟩

$\mathrm{tr}(A) = \sum_i \langle i | A | i \rangle$ , donde kets

| i ⟩

$| i \rangle$ forma en base ortonormal. Por otro lado "kets"

| q ⟩

$| q \rangle$ que usa ni siquiera son vectores bien definidos en el espacio de Hilbert. En cuanto a (4), esto depende de la forma de

\hat{H}

$\widehat H$ .

Cosmas Zachos

Esta es la célebre prescripción de ordenación estándar (ordenación normal, esencialmente), o prescripción Mehta. Perfectamente finito y significativo para funciones sensibles. Puedes intentar probar la inexistencia de peces, pero díselo a los pescadores en el muelle.

Respuestas (1)

Rastreo sobre base de configuración

(1) tiene razón, esta traza no está definida, (2) es cierto que los operadores de clase de traza están acotados, pero lo contrario es falso (ni siquiera todos los operadores acotados tienen una traza bien definida), (3) incluso para la clase de traza operadores, la traza se define como $\mathrm{tr}(A) = \sum_i \langle i | A | i \rangle$ , donde kets $| i \rangle$ forma en base ortonormal. Por otro lado "kets" $| q \rangle$ que usa ni siquiera son vectores bien definidos en el espacio de Hilbert. En cuanto a (4), esto depende de la forma de $\widehat H$ .
Esta es la célebre prescripción de ordenación estándar (ordenación normal, esencialmente), o prescripción Mehta. Perfectamente finito y significativo para funciones sensibles. Puedes intentar probar la inexistencia de peces, pero díselo a los pescadores en el muelle.

Observador inercial · Answer 1

Le daré una oportunidad. Dado que esta es una configuración de muchas partículas, tenemos que $[q_i, q_j] = 0$ y $[p_i, p_j]=0$ y $[q_i, p_j] = i \delta_{ij}$ donde los índices etiquetan las partículas. Por lo tanto, la integral se volverá separable. Es decir, tenemos que

\begin{aligned} \tilde{t r} {F (\hat{q}, \hat{pag})} \equiv \int_{R^{norte}} d \hat{q} ⟨ q | F (\hat{q}, - i \frac{\partial}{\partial \hat{q}}) | q ⟩ \\ = \int d q_{1} \dots \int d q_{norte} ⟨ q_{1} | ⟨ q_{2} | \dots ⟨ q_{norte} | ({\hat{q}}_{1}^{{norte}_{1}} \dots {\hat{q}}_{norte}^{{norte}_{norte}} {(- i \frac{\partial}{\partial {\hat{q}}_{1}})}^{{metro}_{1}} \dots {(- i \frac{\partial}{\partial {\hat{q}}_{norte}})}^{{metro}_{norte}} | q_{1} ⟩ | q_{2} ⟩ \dots | q_{norte} ⟩) \end{aligned}

$\begin{align*} &\tilde{\mathrm{tr}}\left\{f(\mathbf {\hat q}, \mathbf {\hat p})\right\}\equiv\int_{\mathbb{R}^N} \mathrm d\mathbf {\hat q} \left\langle\mathbf q\middle|f\left(\mathbf {\hat q} ,-i\frac{\partial}{\partial {\mathbf {\hat q} }}\right) \middle|\mathbf q\right\rangle\\ &=\int dq_1\cdots\int d q_N \langle q_1|\langle q_2| \cdots\langle q_N| \left(\hat q_1^{n_1}\cdots \hat q_N^{n_N}\left(-i\frac{\partial}{\partial \hat q_1}\right)^{m_1}\cdots \left(-i\frac{\partial}{\partial \hat q_N}\right)^{m_N} | q_1 \rangle |q_2\rangle \cdots |q_N\rangle \right) \end{align*}$

donde he hecho uso de la definición del producto directo en un espacio de hilbert para $N$ partículas

Dadas nuestras relaciones de conmutación, estas integrales son separables. Eso es,

\begin{aligned} \tilde{t r} {F (\hat{q}, \hat{pag})} = \prod_{i = 1}^{norte} \int d q_{i} ⟨ q_{i} | {\hat{q}}_{i}^{{norte}_{i}} {\hat{pag}}_{i}^{{metro}_{i}} | q_{i} ⟩ \end{aligned}

$\begin{align*} &\tilde{\mathrm{tr}}\left\{f(\mathbf {\hat q}, \mathbf {\hat p})\right\}=\prod_{i=1}^N \int dq_i \langle q_i| \hat{q}_i^{n_i}\hat{p}_i^{m_i}|q_i\rangle \end{align*}$

Ahora esto lo podemos tratar. primero recuerda que $\langle q_i| \hat{q}_i = \langle q_i| q_i$ de modo que

\begin{aligned} \tilde{t r} {F (\hat{q}, \hat{pag})} = \prod_{i = 1}^{norte} \int d q_{i} \int d {pag}_{i} ⟨ q_{i} | q_{i}^{{norte}_{i}} {\hat{pag}}_{i}^{{metro}_{i}} | q_{i} ⟩ \end{aligned}

$\begin{align*} &\tilde{\mathrm{tr}}\left\{f(\mathbf {\hat q}, \mathbf {\hat p})\right\}=\prod_{i=1}^N \int dq_i \int dp_i \langle q_i| q_i^{n_i}\hat{p}_i^{m_i}|q_i\rangle \end{align*}$

Para cuidar el impulso, insertamos la unidad resuelta en la base del impulso de la partícula. $i$ de modo que

\begin{aligned} \tilde{t r} {F (\hat{q}, \hat{pag})} = \prod_{i = 1}^{norte} \int d q_{i} \int d {pag}_{i} ⟨ q_{i} | q_{i}^{{norte}_{i}} {\hat{pag}}_{i}^{{metro}_{i}} | {pag}_{i} ⟩ \underset{\frac{{mi}^{- i q_{i} {pag}_{i}}}{\sqrt{2 π}}}{\underset{⏟}{⟨ {pag}_{i} | q_{i} ⟩}} \\ = \frac{1}{(2 π)^{\frac{norte}{2}}} \prod_{i = 1}^{norte} \int d q_{i} \int d {pag}_{i} q_{i}^{{norte}_{i}} {pag}_{i}^{{metro}_{i}} ⟨ q_{i} | {pag}_{i} ⟩ {mi}^{- i {pag}_{i} q_{i}} \\ = \frac{1}{(2 π)^{\frac{norte}{2}}} \prod_{i = 1}^{norte} \int d q_{i} \int d {pag}_{i} q_{i}^{{norte}_{i}} {pag}_{i}^{{metro}_{i}} {mi}^{i {pag}_{i} q_{i}} {mi}^{- i {pag}_{i} q_{i}} \\ = \frac{1}{(2 π)^{\frac{norte}{2}}} \prod_{i = 1}^{norte} (\int_{R} d q_{i} q_{i}^{{norte}_{i}}) (\int_{R} d {pag}_{i} {pag}_{i}^{{metro}_{i}}) \end{aligned}

$\begin{align*} &\tilde{\mathrm{tr}}\left\{f(\mathbf {\hat q}, \mathbf {\hat p})\right\}=\prod_{i=1}^N \int dq_i \int dp_i \langle q_i| q_i^{n_i}\hat{p}_i^{m_i}|p_i \rangle \underbrace{\langle p_i|q_i\rangle}_{\frac{e^{-iq_ip_i}}{\sqrt{2\pi}}}\\ &=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{N}{2}}}\prod_{i=1}^N \int dq_i \int dp_i q_i^{n_i} p_i^{m_i} \langle q_i|p_i \rangle e^{-ip_i q_i}\\ &=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{N}{2}}}\prod_{i=1}^N \int dq_i \int dp_i q_i^{n_i} p_i^{m_i} e^{ip_i q_i} e^{-ip_i q_i}\\ &=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{N}{2}}}\prod_{i=1}^N \left(\int_{\mathbb{R}} dq_i q_i^{n_i}\right)\left( \int_{\mathbb{R}} dp_i p_i^{m_i} \right) \end{align*}$

entonces, de hecho, parece que a menos que impongamos un límite de impulso y nos restrinjamos a una región finita del espacio, entonces lo que tenemos es solo un gran producto de divergencias y, por lo tanto, no es un mapa bien definido de $\mathcal{H}\to \mathbb{R}$ .

En cuanto a su pregunta sobre el factor de ponderación del hamiltoniano, creo que la respuesta debería depender de cuál es el hamiltoniano real, pero si cree que es incorrecto, puedo reconsiderarlo e intentar abordarlo en general. $\hat{H}$ .

Muchas gracias por la respuesta detallada. Creo que agregando un peso canónico. $e^{-\beta\hat H}$ dentro del paréntesis se rompería una evaluación general de la traza. En particular, no se nos permitiría factorizar el promedio en contribuciones de partículas individuales, excepto en casos muy específicos (clásicamente integrables). ¿Es correcto?
Sí, ciertamente sería más complicado, pero imagino que, dependiendo del hamiltoniano, posiblemente podría ayudar con la convergencia ... tal vez algo así como un regulador exponencial
Puede que no sea factorizable pero... factible... Creo que dependerá... Creo que sería tanto factorizable como convergente con un hamiltoniano SHO
OK veo. De todos modos, no estoy seguro de que $\tilde{\mathrm{tr}}$ define una traza adecuada en el marco de un espacio de Hilbert amañado. En particular, los operadores dentro del promedio no son de clase de seguimiento, ya que no están acotados. Tal vez la imposición de un límite resolvería el problema de la delimitación, pero algunas propiedades básicas de la traza pueden perderse (es decir, la ciclicidad). ¿Crees que es correcto?
Sí, estaría de acuerdo en que $\tilde tr$ no es una verdadera operación de rastreo ... el corte de impulso no sería de ayuda inmediata (creo) ya que la relación de integridad no se mantendría ingenuamente (creo)

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